向量法解決空間立體幾何---點存在性問題--教師版

1、向量法解決空間立體幾何 -點存在性問題 -教師版1、如圖所示，在直三棱柱 ABC-A1B 1C1中， ACB90°，AA1BC2AC2.(1)若 D 為 AA1 中點，求證：平面 B1CD平面 B1C1D；(2)在 AA1 上是否存在一點 D，使得二面角 B1-CD-C1 的大小為 60°？則 m·CD 02y2z0，令 z 1，得 m (a,1， 1) x az 0，|m·CB |又CB(0,2,0)為平面C1CD的一個法向量，則cos 60°|mm|·|·CCBB|11a222，解得 a 2(負值舍去 )，故 AD 2

2、22AA1 .在AA1上存在一點 D 滿足題意解：(1)證明：如圖所示，以點 C 為原點， CA， CB，CC1所在直線分別為 x，y，z 軸建立空間直角坐標系則 C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即 C1B1(0,2,0)， DC1(1,0,1)，CD (1,0,1)由 C1B1 ·CD(0,2,0) (1·,0,1)0000，得C1B1 CD，即 C1B1CD.由 DC1 ·CD(1,0,1) (1·,0,1) 1010，得 DC1 CD，即 DC1CD.又 DC1 C1B1C1，CD平面B

3、1C1D.又 CD? 平面 B1CD，平面B1CD平面B1C1D.(2)存在當 AD 22AA1 時，二面角 B1-CD-C1的大小為 60°.理由如下：設 ADa，則 D 點坐標為 (1,0， a)，CD(1,0，a)，CB1(0,2,2)，設平面 B1CD 的法向量為 m(x， y，z)，2如圖，在三棱柱 ABC-A1B1C1中， AA1C1C 是邊長為 4 的正方形，平面 ABC平面 AA1C1C，AB3，BC5.(1)求證： AA1平面 ABC；(2)求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值；n·A1B 0，則1n·A1C1 0.3y4z0，即令 z 3，則

4、 x0，y4，所以4x0.n(0,4,3)mn·m|n|m|BD(3)證明：在線段 BC1上存在點 D，使得 ADA1B，并求 BBCD的值同理可得，平面 B1BC1 的一個法向量為 m(3,4,0)所以 cos n，162516由題知二面角 A1-BC1-B1 為銳角，所以二面角 A1-BC1-B1 的余弦值為 25 (3)證明：設 D(x，y，z)是直線 BC1 上一點，且 BDBC1.所以(x，y3，z)(4， 3,4)解得 x4，y33，z4.所以 AD (4，33，4)由 AD ·A1B 0，即 9250，解得 25.9因為2950,1 ，所以在線段 BC1上存在

5、點 D，使得 ADA1B.解：(1)證明：因為四邊形 AA1C1C 為正方形，所以 AA1AC.此時， BC1 25.所以 AA1因為平面 ABC平面AA1C1C，且 AA1 垂直于這兩個平面的交線 AC，平面 ABC.(2)由 (1)知 AA1AC， AA1AB. 由題知 AB3，BC5，AC4，所以 ABAC.如圖，以 A為原點建立空間直角坐標系 A-xyz，則 B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)，A1 B (0,3， 4)， A1C1 (4,0,0)設平面 A1BC1的法向量為 n(x，y，z)，B(1，1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0

6、)，3、如圖，在四棱錐 P-ABCD 中，側(cè)面 PAD底面 ABCD，側(cè)棱 PAPD 2，PA PD，底面 ABCD 為直角梯形，其中 BC AD，ABAD，ABBC1，O 為 ADPB （1， 1，1），易證 OA平面POC，OA（0，1,0）是平面 POC 的法向中點（1）求直線 PB與平面 POC 所成角的余弦值；（2）求 B點到平面 PCD 的距離；cos PB ， OA | PB |OA|33. 直線PB與平面 POC 所成角的余弦值為 36.（3）線段 PD 上是否存在一點 Q，使得二面角 Q-AC-D 的余弦值為 36？若存在，(2) PD (0,1， 1)， CP（1,0,1）

7、設平面 PDC 的一個法向量為 u（x，y，求出（3）假設存在一點解： （1）在PAD 中，PAPD，O 為 AD 中點，所以 POAD.又側(cè)面 PAD底面ABCD，平面 PAD 平面 ABCDAD，PO? 平面 PAD，所以 PO平面ABCD.z)，u·CP xz 0，則取 z 1，得 u （1,1,1）B 點到平面 PCD 的距離為 du·PD y z0， |BP ·u| 3.|u| 3 .Q，則設 PQ PD （0<<1）PD （0,1，1），PQ （0，） OQ OP ，OQ （0，1），Q（0，1）設平面 CAQ的一個法向量為 m（x，y，z

8、），又 AC（1,1,0），AQ（0，1,1）， m·AC xy0，則取 z1，得 m（1 ，1，1），m·AQ 1 y 1z 0.又在直角梯形 ABCD 中，連接 OC，易得 OCAD，所以以 O 為坐標原點， OC，6 又平面 CAD 的一個法向量為 n （0,0,1），二面角 Q-AC-D 的余弦值為 3 ，OD，OP 所在直線分別為 x，y，z 軸建立空間直角坐標系， 則 P（0,0,1），A（0，1,0），所以|cos m，n| |mm|nn| 3 ，得 321030，解得 3或 3（舍 ），PQ 1 所以存在點 Q，且 QPQD 12.則 D1E （1，t，1）

9、，A1D （1,0，1），D1E ·A1D 1×（1）t×0（1）×（4、如圖 1，A，D 分別是矩形 A1BCD1上的點， AB2AA12AD2，DC2DD1， 把四邊形 A1ADD1沿 AD折疊，使其與平面 ABCD 垂直，如圖 2所示，連接 A1B， D1C 得幾何體 ABA1-DCD1.1）0，D1EA1D.（2）假設存在符合條件的點 E.設平面 D1EC的法向量為 n（x，y，z），由（1）知 EC （1,2t,0)，n·EC 0， 則n·D1E 0x 2t y 0，1 1令 y2，則 x12t，z 1，得xty z 0，（

10、1）當點 E 在棱 AB上移動時，證明： D1EA1D；（2）在棱 AB 上是否存在點 E，使二面角 D1-EC-D 的平面角為 6？若存在，求出 AE 的長；若不存在，請說明理由1112t，2，1是平面 D1EC 的一個法向量，顯然平面 ECD 的一個法向量為 DD1 （0,0,1），則 cos n， DD1 |n·DD1 | |n| DD1 |1 1 cos6，解得 t2 33(0 t2) 121t 24113故存在點 E，當 AE2 33時，二面角 D1-EC-D的平面角為 6.解： （1）證明，如圖，以點 D 為坐標原點， DA，DC，DD1 所在直線為 x 軸，y 軸， z

11、 軸建立空間直角坐標系 D-xyz，則 D(0,0,0)， A(1,0,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)設 E(1，t,0)，BE2 21， 1，215、如圖是多面體 ABC-A1B1C1 和它的三視圖（1）線段 CC1 上是否存在一點 E，使 若存在，請找出并證明；BE ·A1C1 0， 由 BE ·A1C 0，2 2 0，1 1得2 2 0，1 1解得 2，BE平面 A1CC1？若不存在，請說明理由，所以線段 CC1 上存在一點 E，2EC1，使 BE平面A1CC1.m·A1C1 0，（2）設 平面 C1A1C 的法 向量為 m（

12、x，y，z）， 則由m·A1C 0，（2）求平面 C1A1C 與平面 A1CA 夾角的余弦值解： （1）由題意知 AA1，AB，AC 兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，xy0，2y2z0，則 A（0,0,0），A1（0,0,2），B（2,0,0），C（0，2,0），C1（1，1,2），則CC1 （1,1,2），取 x1，則 y1，z1.故 m（1， 1,1），而平面 A1CA 的一個法向量為 nA1C1（1，1,0），A1C（0，2，2）設 E（x，y，z），則CE（x，y2，z），（1,0,0），EC1（1x，1y,2z）設 CE EC1 （>0），x ，x則 y2 ，

13、y則E 2 21 1 1 z2 ，z3.3.m·n 1 3則 cosm，n|mm|·|nn| 13 33，故平面 C1A1C 與平面 A1CA 夾角的余弦值為DF ·n0，DE ·n0，x 3y 0，即 3yz0， 取 n(3， 3，3)，6、如圖 1，正ABC的邊長為 4，CD是 AB邊上的高， E，F(xiàn) 分別是 AC和 BC邊的 中點，現(xiàn)將 ABC沿 CD翻折成直二面角 A-DC-B(如圖 2)DA ·n cos DA ，n| DA |n| 721，所以二面角 E-DF-C的余弦值為 721.(3)存在設 P(s，t,0)，有 AP (s，t，2)，則 AP ·DE 3t20，t233，又 BP (s 2，t,0)，PC （s,2 3t,0），BP PC ，（s 2）（2 3 t） st， 3s t2 3. 把 t 23 3代入上式得 s 34，BP(1)試判斷直線 AB與平面 DEF 的位置關系，并說明理由； (2)求二面角 E-DF-C 的余弦值；在線段BC上存在點 P，使 APDE.此時，BP1.BC3.(3)在線段 BC 上是否存在一點 P，使 APDE？如果存在，求出BBPC的值；如果不存在，請說明理由A